1、1 2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】 12 2 1zy yffg xyx 【详解】根据复合函数的求导公式，有 12 2 1 zy fyfg xyx (2)【答案】 4e 【详解】被积函数的分母中含有 2xx ee ，且当x 时， 2xx ee ，即被积函数 属于无穷限的反常积分，只需先求不定积分，在令其上限趋于无穷. 222222 1111 1 x x xxxx x x dxdxe dxde eeeeeee e e 22 1 11 1 x x de e e e 22 1 1 1 x x ee d
2、 ee e e 1 1 arctan x e ee 1 () 24e 4e (3)【答案】24 【详解】 方法 】 方法 1：ABAB、有相同的特征值：1 1 1 1 2 3 4 5 .，由矩阵 1 B是矩阵B的逆矩阵，他们 所有特征值具有倒数的关系，得 1 B有特征值2 3 4 5, , , ,由B特征局矩阵为EB， 1 BE 得特征矩阵为 11 1EBEEB 可以看出B与 1 BE 的特 征值相差 1 ，所以 1 BE 有特征值1 2 3 4, , , .由矩阵的行列式等于其特征值得乘积，所 有特征值的和等于矩阵主对角元素之和， 知 4 1 1 1 2 3 424 i i BE. 方法方法
3、 2 ：AB即存在可逆阵P，使得 1 P APB .两边求逆得 111 BP A P .又A有四 个不同的特征值，存在可逆矩阵Q，使 2 1 Q AQ ，其中 1 2 1 3 1 4 1 5 上式两边求逆得 111 2 3 4 5 Q A Q ， 111 AQQ 从而有 1111111 11 21 31 24 41 51 BEP A PEPAE PQQE QE Q (4)【答案】1,3 . 【 详 解 】 在 给 定 概 率 密 度 条 件 下 ， 有 性 质 2 1 12 ( ). x x P xXxf x dx因 此 ， ( ) k P Xkf x dx (或11( ). k P XkP
4、Xkf x dx ) 因为0,1x时， 1 ( ) 3 f x ；3,6x时， 2 ( ) 9 f x 都是定值， 因为 2 1 3 P Xk， 所以k最可能的取值区间是包含在0,6区间之内的1,3区间，否则是不可能的. 当13k时， 22 ( )(63). 93 k P Xkf x dx (或者，当13k时， 11 ( )(1 0), 33 k P Xkf x dx 12 11. 33 P XkP Xk ) 所以，答案应该填13k或1,3 . (5)【答案】 8 . 9 【详解】由于题中Y是离散型随机变量，其所取值的概率分别为0 ,0P XP X和 3 0P X .又由于X是均匀分布，所以可
5、以直接得出这些概率，从而实现由X的概率计算 过渡到Y的概率. 0( 1)1 10; 33 P YP X 000;P YP X 202 10. 33 P YP X 因此 121 ( )11, 333 E Y 2 22 1212 ()111, 3333 E Y 所以 2 2 18 ( )()( )1. 99 D YE YE Y 二、选择题二、选择题 (1)【答案】D 【详解】用排除法. 例 1：设 22 22 1 ( ) 22 xx f x xx , 满足条件 22 222 11 limlim0 222 xx xx xxx , 并且 22 22 1 lim1,1 22 x xx xx , 由夹逼准
6、则知，lim( )1 x f x ，则选项( )A与( )C错误. 例 2：设 6262 44 2 ( ) 11 xxxx f x xx , 满足条件 62622 444 2 limlim0 111 xx xxxxx xxx , 但是由于 62 2 4 ( ) 1 xx f xx x , 有lim( ) x f x ，极限不存在，故不选( )B,所以选()D. 因为最终结论是“()D：不一定存在”,所以只能举例说明“可以这样”“可以那样”，无法给 出相应的证明. (2)【答案】B 【详解】方法方法 1：排除法，用找反例的方式 ( )A： 2 ( )f xx,满足(0)0(0)0f f 且,但
7、2 ( )f xx在0 x 处可导； ( )C：( )1f xx,满足(0)10,(0)10f f ,但( )1f xx当1,1x ,在 4 0 x 处可导； (D)：( )1f xx ,满足(0)10,(0)10,f f 但( )1f xx当1,1x ， 在0 x 处可导； 方法方法 2：推理法. 由( )B的条件( )0f a , 则 ( )( )( )( )( ) limlimlim, xaxaxa f xf af xf xf a xaxaxa 所以 ( )( )( )( ) limlim( ) xaxa f xf af xf a fa xaxa (1) ( )( )( )( ) lim
8、lim( ) . xaxa f xf af xf a fa xaxa (2) 可见，( )f x在xa处可导的充要条件是( )( )fafa ，所以( )0fa， 即( )0fa所以当( )0fa时必不可导，选( )B. (3)【答案】(C) 【详解】因为 1 12 3 4 T ， ， ，是非齐次方程组的解向量所以我们有 1 Ab，故 1 是 AXb的一个特解 又 34r A,n(未知量的个数)，故AXb的基础解系由一个非零解组成. 即基础 解系的个数为 1. 因为 123 220Abbb,故 112 202 413 2 624 835 是对 应齐次方程组的基础解系，故AXb的通解为 1231
9、 21 32 2 43 54 cc. (4)【答案】(A) 【详解】若是方程组( ):0IAX 的解，即0A，两边左乘 T A，得0 T A A，即 也是方程组():0 T IIA AX 的解，即( ) I的解也是()II的解. 若是 方 程 组():0 T IIA AX 的 解 ， 即0 T A A， 两 边 左 乘 T 得 5 0 T TT A AAA.A是一个向量，设 12 T Ab ,b ,b，则 2 1 0 n T i i AAb. 故有0 i b ，1 2i, ,n从而有0A，即也是方程组( ):0IAX 的解. (5)【答案】C 【详解】 随机变量 (1)(2)(3)(4) ,T
10、TTT为 4 个温控器显示的按递增顺序排列的温度值， 事件E表 示事件“电炉断电”，即有两个温控器显示的温度不低于 0 t，此时必定两个显示较高的温度大 于等于 0 t，即 (4)(3)0. TTt所以说断电事件就是 (3)0 Tt 三三【详解】本题属于二阶常系数非齐次线性微分方程，对于二阶常系数非齐次线性微分方程 得求解，首先需要求出对应的齐次微分方程的通解，再求出非齐次方程的特解，再利用线性 方程解的解构，从而得到对应方程的通解. 本题对应的齐次微分方程为20yy， 其特征方程为 2 20rr， 特征根为 12 0,2rr. 于是齐次方程的通解为 2 12 . x YCC e 由于2是特征
11、方程的单根，所以设 2x yAxe 求得 2222 2;44 xxxx yAeAxeyAeAxe 代入原方程，得 22222 4424 xxxxx AeAxeAeAxee，即 22 2 xx Aee 约去 2x e，再比较等式左、右两边，得 1 21, 2 AA 故得特解 2 1 2 x yxe ，非齐次方程的通解为 22 12 1 . 2 xx yYyCC exe 再由初始条件(0)1y，得： 12 1CC(1) 由(0)1 y ，得 22222 1222 0 0 111 221 222 xxxxx x x CCexeCeexeC (2) 联立(1)与(2)得 12 31 , 44 CC 则
12、满足初始条件的通解为 6 2 311 () 442 x yx e. 四四【详解】 画出积分区域D. 由被积函数的形式以及积分区域形状, 易见采用极坐标更为方便. 将 曲 线 22 yaax 化 为 ： 222 ()()xyaaya ， 极 坐 标 方 程 为 2 sin (0)ra ， 再D区 域是 由曲 线 22( 0)yaaxa 和 直线yx 围 成的 区域 ，于 是 0 4 ，极半径02 sinra ，则 222 02 sin 222220 4 . 44 a D xyr Idddr axyar 令2 sinrat，有0r 时0t ；2 sinra 时，t . 2 0 2 0 4 sin
13、42 cos 2 cos t Idaatdt at 0 22 0 4 4sindatdt 0 2 0 4 2(1 cos2 )dat dt 0 2 4 0 sin2 2 2 t adtdt 0 2 4 1 2(sin2 ) 2 ad 0 2 2 4 1 2cos2 24 a 2 2 1 () 162 a 五五【定理】简单极值问题(无条件极值)：设( , )zf x y在开区域D内可偏导，又根据实际 7 问题可知，它在D内有最大值或最小值，于是只需在0,0 ff xy 的点中找到( , )f x y的 最大值点或最小值点 【详解】记总利润函数为L，总收益函数为R，则总利润总收益总成本 1122
14、(25)LRCpQp QQ 112212 2()5pQp QQQ 112212 (182)(12)2()5Q QQ QQQ 22 112212 18212225QQQQQQ 22 1212 216105QQQQ 其中， 12 0,0QQ， 12 QQQ为销售总量. (1)令 12 12 416 0210 0 LL QQ QQ ，解得 12 45QQ，. 而 11 18 2PQ, 22 12,PQ故相应地 12 10,7.pp 在 12 0,0QQ的范围内驻点唯一，且实际问题在 12 0,0QQ范围内必有最大值， 故在 12 45QQ，处L为最大值. 22 max2 4516 4 10 5552
15、()L 万元. (2) 若两地的销售单价无差别, 即 12 pp,于是 12 18212QQ, 得 12 26QQ, 在此约束条件下求L的最值，以下用两个方法： 方法方法 1： 若求函数( , )zf x y在条件( , )0 x y的最大值或最小值，用拉格朗日乘数法： 先构造辅助函数( , , )( , )( , )F x yf x yx y，然后解方程组 0 0 ( , )0 Ff xxx Ff yyy F x y 所有满足此方程组的解( , , )x y中的( , )x y是( , )zf x y在条件( , )0 x y的可能极 值点，在可能极值点中求得最大值点或最小值点. 故用拉格朗
16、日乘数法，其中 1212 (,)260Q QQQ，构造函数 22 12121212 (, )216105(26),F Q QQQQQQQ 8 令 1 1 2 2 12 41620 2100 260 F Q Q F Q Q F QQ 解 得 12 54QQ， 在 12 0,0QQ的 范 围 内 驻 点 唯 一 , 且 实 际 问 题 在 12 0,0QQ范围内必有最大值,故在 12 45QQ，处L为最大值.得 22 max2 5416 5 10 4549()L 万元. 方法方法 2：由 12 26QQ代入 22 1212 216105LQQQQ 消去一个变量得 2 11 660101LQQ 这样
17、就变成了简单极值问题(无条件极值)，按(1)的做法：令 1 1 12600, dL Q dQ 得 1 5Q ，为L的唯一驻点. 当 1 1 050 dL Q dQ 时(说明在这个区间上函数单调递增)；当 1 5Q 时 1 0 dL dQ (说 明在这个区间上函数单调递减) 故， 1 5Q 为L的唯一极大值点,所以是最大值点，而 12 26QQ 2 4Q , 故 22 11 max6601016 560 5 10149()LQQ 万元. 六六【渐近线】水平渐近线：若有lim( ) x f xa ，则ya为水平渐近线； 铅直渐近线：若有lim( ) xa f x ，则xa为铅直渐近线； 斜 渐 近
18、 线 ： 若 有 ( ) lim,lim ( ) xx f x abf xax x 存 在 且 不 为， 则 yaxb为斜渐近线. 【详解】原函数对x求导， 所以 arctanarctan 22 (1) (arctan ) 2 xx yexx e 9 arctanarctan 22 2 1 (1) 1 xx exe x 2 arctan 2 2 1 x xx e x 令0y ，得驻点 12 0,1xx . 列表 x, 1 -11,000, y +0-0+ y 4 2e 2 e 注：表示函数值大于 0，表示函数值小于 0；表示在这区间内单调递增；表 示在这区间内单调递减. 所以由以上表格可以得出
19、函数的大概形状，有严格单调增的区间为, 1 与 0,；严格单调减的区间为1,0. 2 (0)fe 为极小值, 4 ( 1)2fe 为极大值. 以下求渐近线. 通过对函数大概形状的估计， arctan 2 lim( )lim(1)lim(1) x xxx f xxeex 所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线. 所以令 111 ( ) lim,lim ( )2; xx f x aebf xa xe x 222 ( ) lim1,lim ( )2. xx f x abf xa x x 所以，渐近线为 11 (2)ya xbex 及 22 2ya xbx，共两条. 七七【概念】幂级数的收敛半
20、径：若 1 lim lim n x n x a a ，其中 1 , nn a a 是幂级数 0 n n n a x 的相邻两 项的系数，则这幂级数的收敛半径 1, 0, , 0, 0, . R 【详解】先计算出积分 n I的具体表达式，再求和 10 1 44 00 12 sinsinsin 12 n nn n Ixcosxdxxdx n 则 1 00 12 12 n n nn I n . 考虑幂级数 1 0 1 ( ), 1 n n S xx n 求出幂级数的和函数，代入 2 2 x 即可得出答案，按通常求收敛半径的办法. 所以 1 1 1 limlimlim1 1 1 n xxx n an
21、n an n 得到本题中幂级数的收敛半径 1 1,11R 在，内，先微分再积分，在收敛域内幂级数仍 收敛，有 11 000 111 ( ) 111 nnn nnn S xxxx nnx , 所以 00 1 ( )(0)( )0ln 1 1 xx S xSS x dxdxx x 以 2 1,1 2 x 代入, 得 22 ()ln(1)ln(22) 22 S . 即 0 ln(22) n n I . 八八【证明】 方法方法1：令 0 ( )( ),0 x F xf t dtx ，有(0)0,F由题设有( )0F. 又由题设 0 ( )cos0f xxdx ，用分部积分，有 00 0( )cosco
22、s( )f xxdxxdF x 0 0 ( )cos( )sinF xxF xxdx 0 ( )sinF xxdx 由积分中值定理知，存在(0, )使 11 0 0( )sin( )sin(0)F xxdxF 因为(0, )，sin0，所以推知存在(0, ),使得( )0F. 再在区间 0, 与 , 上 对( )F x用 罗 尔 定 理 ， 推 知 存 在 1 (0, )， 2 ( , ) 使 12 ()0,()0FF，即 12 ()0,()0ff 方法方法2： 由 0 ( )0f x dx 及积分中值定理知， 存在 1 (0, )， 使 1 ()0f. 若在区间(0, ) 内( )f x仅有
23、一个零点 1 ，则在区间 1 (0,)与 1 ( , ) 内( )f x异号. 不妨设在 1 (0,)内 ( )0f x ，在 1 ( , ) 内( )0f x . 于是由 00 ( )0,( )cos0f x dxf xxdx ，有 1 1 11 000 11 0 0( )cos( )cos( )(coscos) ( )(coscos)( )(coscos) f xxdxf xdxf xxdx f xxdxf xxdx 当 1 0 x时， 1 coscosx， 1 ( )(coscos)0f xx；当 1 x时， 1 coscosx， 仍有 1 ( )(coscos)0f xx， 得到：00
24、. 矛盾， 此矛盾证明了( )f x 在(0, )仅有1个零点的假设不正确，故在(0, )内( )f x至少有2个不同的零点. 九【九【详解】 方法 】 方法 1：设方程组 1 12233 xxx 对方程组的增广矩阵作初等行变换，化成阶梯形矩阵，有 123 211211 ,2112101 1054104304 aa bab cac 211 2101 40031 a ab acb (1) 当4a 时， 123123 3r,r, . 方程组唯一解，即可 由 123 , 线性表出，且表出唯一. (2) 当4a ，但310cb 时， 123123 23r,r, 方程组 无解，不可由 123 , 线性表
25、出 12 (3) 当4a ，且310cb 时， 123123 2r,r, 方程组 有无穷多解，此时有 123 4211 ,2101 0000 b 得对应齐次方程组的基础解系为：1 2 0 T ,(取自由未知量 1 1x ，回代得 23 20 x,x )，非齐次方程的一个特解是 0121 T * ,b,b ，故通解为 10 21 021 kb, b 其中k是任意常数. 方法方法 2：设方程组 1 12233 xxx 因为是三个方程的三个未知量的线性非齐次方程组，故也可由系数行列式讨论， 123 2121 21121114 1054001 aa A,a 因此知道： (1) 当4a 时，0A ，方程
26、组有唯一解，可由 123 , 线性表出，且表出 唯一. (2) 当4a 时，(有可能无解或无穷多解)对增广矩阵作初等行变换，得 123 42112111 ,21100121 10540015 bb ccb 2111 00121 00031 b cb (i) 当4a 时，且但310cb 时，有 123123 23r,r, 方程组无解. (ii) 当4a ，且310cb 时， 123123 2r,r, 方程组 有无穷多解，其通解为 13 10 21 021 kb, b 其中k是任意常数. 十【十【详解】方法】方法 1：用正定性的定义判别. 已知对任意的 12n x ,x ,x均有 12 0 n f
27、 x ,x ,x， 其中等号成立当且仅当 112 223 11 1 0 0 0 0 nnn nn xa x xa x xax xa x 方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式 1 2 1 12 1 1000 0100 00100 110 0001 0001 n n n n a a Ba aa a a 即当 12 1 n n a aa 时，方程组只有零解，此时 12 0 n f x ,x ,x. 若对任意 的非零向量 12 0 n Xx ,x ,x,中总有一个方程不为零，则有 2222 1211 2223111 ()()()()0 nnnnnn f x ,x ,xxa xxa xxaxxa
28、x 所以，根据正定二次型的定义， 对任意的向量 12n x ,x ,x，如果 12 0 n f x ,x ,x， 则二次型正定. 由以上证明题中 12 ( ,) n f x xx是正定二次型. 方法方法 2： 将二次型表示成矩阵形式，有 2222 12112223111 ()()()() nnnnnn f x ,x ,xxa xxa xxaxxa x 112 223 112223111 11 1 nnnnn nnn nn xa x xa x xa x ,xa x ,xax ,xa x xax xa x 14 11 122 2 12 1 1 10001000 10000100 010000100
29、 000100001 00010001 n n n nnn aax aax a x ,x ,x a aax 记 11 22 1 1000 0100 00100 0001 0001 n nn ax ax B,X a ax 则 12 0 T TT n f x ,x ,xX B BXBXBX 当 1 2 1 12 1 1000 0100 00100 110 0001 0001 n n n n a a Ba aa a a 即 当 12 1 n n a aa 时 ，0BX 只 有 零 解 ， 故 当 任 意 的0X 时 ， 均 有 12 0 T n f x ,x ,xBXBX， 从而由正定二次型的定义，
30、 对任意的向量 12n x ,x ,x， 如果 12 0 n f x ,x ,x，则 12n f x ,x ,x是正定二次型. 十一十一【详解】lnYX Y Xe. 题设条件Y为正态，故 Y E XE e可用函数的期 望的公式求得. 将X的样本可以转化成Y的样本， 从而对正态( ,1)YN中的求得置信 区间. 最后，再从的置信区间转得b的置信区间. (1) 由正态分布密度函数的定义知，Y的概率密度为 2 () 2 1 ( ), 2 y f yey 15 于是 2 () 2 1 ()() 2 y Yy bE XE ee edy 令ty，有 2 2 111 1 222 11 22 tt t bee
31、dteedt 1 2 e . (2) 当置信度10.95时，0.05.查表可知标准正态分布的双侧分位数等于 1.96. 故由 1 ( , ) 4 YN，其中Y表示总体Y的样本均值， 11 (ln0.50ln0.80ln1.25ln2.00)ln10. 44 Y Y是的无偏估计，且 2 已知，(0,1). / Y N n 所以，按标准正态分布的分位点的定义，有 /2 1, / Y PZ n 即 /2/2 1.P YZYZ nn 这样，我们就得到了的一个置信水平为1的置信区间 /2/2 ,YZYZ nn 在此题中，1,4，0Y ，所以参数的置信度为0.95的置信区间为 11 (1.96,1.96)
32、( 0.98,0.98). 44 YY (3) 由指数函数 x e的严格单调递增性，有 1 0.980.980.481.48 2 PP 1 0.481.48 2 P eee 0.481.48 P ebe 0.95 因此b的置信度为0.95的置信区间为 0.481.48 ,.ee 十二【十二【分析】随机变量XY和不相关(, )0Cov X Y. 事件AB与相互独立()( ) ( )P ABP A P B. 要找出这二者之间的联系就应从(, )()() ( )Cov X YE XYE X E Y入手. 16 【详解】 ()1121E XP AP AP A ，同理， ( )21.E YP B 现在求
33、()E XY，由于XY只有两个可能值1和1，所以 ()1111 ,E XYP XYP XY 其中 11,11,1P XYP XYP XYP ABP AB 121P ABP ABP ABP AP B 和 11,11,1P XYP XYP XYP ABP AB 2P AP BP AB ( 或者 1112P XYP XYP AP BP AB ) 所以()11E XYP XYP XY 4221P ABP AP B 由协方差公式， ()()() ( )Cov XYE XYE X E Y 42212121P ABP AP BP AP B 4 P ABP A P B 因此，()0Cov XY 当且仅当 P ABP A P B，即XY和不相关的充分必要条件是 AB与相互独立.
